SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 04 trang) Câu ý a b a KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 ĐÁP ÁN MƠN: HỐ HỌC 10 - THPT CHUN Nội dung 1eV = 1,602.10-19J x 6,022.1023mol-1x 10-3kJ/J = 96,472kJ/mol E1= -122,400eV x 96,472 kJ/mol.eV = -11808,173kJ/mol; E2= -30,600 eVx 96,472 kJ/mol.eV = -2952,043kJ/mol; E3= -13,600eV x 96,472 kJ/mol.eV = -1312,019kJ/mol; E4= -7,650eV x 96,472 kJ/mol.eV = -738,011kJ/mol (nếu sai kết khơng cho điểm) Quy luật liên hệ : Khi Z số, n tăng, nămg lượng En tương ứng cao Giải thích: n tăng, số lớp electron tăng, electron lớp xa hạt nhân n, lực hút hạt nhân tác dụng lên electron yếu, lượng En tương ứng cao, electron bền a) Phương tình tổng hợp phân rã nguyên tố 248 96 48 20 292 116 288 114 Cm Ca b 292 116 292 116 b c 0,25 0,25 1,0 0,5 Lv n Fl He Lv có Z=116 nên 292 116 Lv thuộc thứ 116, có lớp electron nên 0,25 0,25 Lv thuộc chu kì 7, có thuộc lớp ngồi cùng, electron cuối điền vào phân lớp p nên a Lv 0,25 292 Lv :[Rn]5f 14 6d 10 7s 7p Cấu hình electron nguyên tử nguyên tố 116 →Nguyên tố Lv 292 116 292 116 Điểm 1,0 0,25 292 116 Lv thuộc nhómVIA (nhóm oxi – lưu huỳnh) Cấu trúc tế bào đơn vị: Xem hình vẽ bên Mạng tinh thể ion: ion Zrn+ () ion O2- (O) 1,0 0,25 Trong tế bào ô mạng có: 8.(1/8) + 6.(1/2) = ion kim loại Zrn+ 0,25 2và 8x1= ion O →tỉ lệ ion Zr2+ : ion O2- = 1: =>công thức oxit ZrO2 0,25 Khối lượng riêng oxit ZrO2: 0,25 (Với MZr, MO nguyên tử khối Zr O; V thể tích tế bào; NA = 6,023.1023) ta có: 4(M Zr +2M O ) 4(91 2.16) 6, 27 g / cm3 23 7 N A V 6, 023.10 (0,507.10 ) => Khối lượng riêng oxit 6,27 g/cm3 d= a b -Liên kết Cl2 bền F2 nguyên tử F đủ nhỏ làm electron không liên kết nguyên tử F đẩy nhau, làm giảm độ bền liên kết - Hơn liên kết phân tử Cl2 mang phần liên kết p→d obitan p obitan d hai nguyên tử Cl -Đối với Br2, nguyên tử Brom có kích thước lớn dẫn tới xen phủ obitan không hiệu => làm giảm độ bền liên kết -Nhiệt độ sôi NH3 cao NF3 phân tử NH3 có liên kết hidro với Lực liên kết hidro mạnh so với lực tương tác khuếch tán, tương tác lưỡng cực tương tác cảm ứng phân tử NF3 - Đối với NCl3, lực tương tác khuếch tán đủ lớn (do clo ngun tử có kích thước lớn phân cực), mạnh lực liên kết hidro NH3 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 Áp dụng biểu thức: G = -RT.lnKp -17000 = -8,314.374.lnKp 1,0 0,25 0,25 Kp = 2,37.102 0,5 0,25 Xét phản ứng: CH3OH(K) + H2O(K) 3H2(K) + CO2(K) Ban đầu 1 Phản ứng x x 3x x Cân 1–x 1- x 3x x Tại cân : Số mol CH3OH(K) = 1-x ; Số mol H2O(K) = 1-x ; Số mol H2(K) = 3x ; Số mol CO2(K) = x Số mol hỗn hợp khí : + 2x Áp suất riêng PH 3x x P ; PCO2 P 2x 2x Áp dụng : K P phần H2 P PCO2 PCH 3OH ( K ) PH 2O ( K ) khí : PCH 3OH ( K ) PH 2O ( K ) 1 x P ; 2x 3x x ) ( ) x x P 1 x ( ) 2x 0,25 ( với P = 105Pa = atm 27 x 2,37.102 x = 0,925 (mol) Do : K P 2 (2 x) (1 x) % CH3OH bị chuyển hóa thành hiđro (0,925 : 1).100% = 92,5% 0,5 Khi nạp mol metanol, mol nước 20 mol nitơ vào bình phản ứng : Xét phản ứng : CH3OH(K) +H2O(K) 3H2(K) + CO2(K) Ban đầu 1 Phản ứng xx 3x x 0,25 Cân 1–x 1- x 3x x Tại cân : Số mol CH3OH(K) = 1-x ; Số mol H2O(K) = 1-x ; Số mol H2(K) = 3x ; Số mol CO2(K) = x Số mol hỗn hợp khí : 22 + 2x Áp suất riêng phần khí : 1 x 3x x PCH 3OH ( K ) PH 2O ( K ) P ; PH P ; PCO2 P 22 x 22 x 22 x Áp dụng : K P H2 P PCO2 PCH 3OH ( K ) PH 2O ( K ) 0,25 3x x ) ( ) 22 x 22 x P 1 x ( ) 22 x ( với P = 105Pa = atm Do : K P 27 x 2,37.102 x = 0,986 (mol) (22 x)2 (1 x) % CH3OH bị chuyển hóa thành hiđro (0,986 : 1).100% = 98,6% 0,5 Xét phản ứng : CH3OH(K) +H2O(K) 3H2(K) +CO2(K)H0 = 53KJ/mol 2H2(K) + O2(K) 0,25 (1) 2H2O(K)H = -485KJ/mol (2) Để tổng nhiệt lượng phản ứng (2) cần tỏa nhiệt lượng 53KJ Số mol H2bị oxi hóa phản ứng (2) : 53/(0,5.485) = 0,22 mol % H2 chuyển hóa = (0,22/3).100% = 7,3% 0,25 1,0 * Tính pH nồng độ ion C2O42- có dung dịch A Ta có : H2C2O4 H+ + HC2O4- Ka1 = 0,05 HC2O4 H+ + C2O42Ka2 = 5,0.10-5 (2) + H2O H + OH Kw = 10-14 (3) Vì Ka1>> Ka2>> Kw nên (1) cân Gọi C nồng độ ban đầu A [H + ][HC2O-4 ] [H + ]2 K a1 = = [H C2O ] CA - [H + ] 0,25 (1) 0,25 [H + ]2 + K a1[H + ] - K a1CA = [H+] = 0,05M pH = 1,3 [H + ][C2O 2-4 ] K a2 = [HC2O -4 ] [H + ] = [HC2 O-4 ] = 0,05M Mà ta có : [C O 2-4 ] K a2 5.105 M * Tính pH nồng độ ion C2O42- có dung dịch B Ta có : H2O + C2O42OH- + HC2O4Kb1=2,0.10-10 (1) H2O + HC2O4OH- + H2C2O4 Kb2=2,0.10-13 (2) + H2O H + OH Kw = 10-14 (3) Vì Kb1>> Kb2>> Kw nên (1) cân 0,25 [OH - ] = K b1C = 2,0.10-10 0,1 = 4,5.10-6 M 0,25 ->pH = 8,7 [C2O42 ] CC O 2 [OH ] 0,1 4,5.10 6 0,1M a b c 0, 059 EMg 2 / Mg EMg lg CMg 2 2 / Mg 0,059 EMg 2 / Mg 2,37 lg 0, 010 2, 429(V ) 0, 059 E Ag / Ag E Ag lg C Ag / Ag 0, 059 E Ag / Ag 0, 7991 lg 0,10 0, 7401(V ) Thấy : EMg 2 / Mg E Ag / Ag 1,0 0,25 => Điện cực Mg/Mg2+ cực âm (anot) 0,25 Điện cực Ag/Ag+ cực dương (catot) Sơ đồ pin : (anot) (-)Mg | Mg(NO3)2 0,010M | | AgNO3 0,10M | Ag (+) ( catot) Hoặc : (anot) (-)Mg | Mg2+ 0,010M | | Ag+ 0,10M | Ag (+) ( catot) 0,25 * Tại anot : Mg Mg2+ + 2e + Tại catot : Ag + 1e Ag => Phản ứng xảy pin : 2Ag+ + Mg Mg2+ + 2Ag *Các electron di chuyển từ anot sang catot nhờ dây dẫn điện * Epin =E(+) – E(-) = 0,7401 – (- 2,429) = + 3,1691V 0,25 + * Pin điện hóa làm việc Ag bị khử hết => điện lượng cực đại thu từ pin : q = ne.F = 0,1(mol/l)x1(l)x96485(A.s/mol) = 9648,5 C (nếu học sinh lấy giá trị F = 96500 S.s/mol cho điểm) 1,0 0,25x4= 2NaCl + H2SO4 Na2SO4 + 2HCl↑ (1) 1,0 2NaBr + 2H2SO4 Na2SO4 + SO2 + Br2 + 2H2O (2) 8NaI + 5H2SO4 4Na2SO4 + H2S↑ + 4I2 + 4H2O (3) Vậy hỗn hợp khí Y gồm : HCl, SO2, H2S SO2 + 2H2S 3S↓ + 2H2O (4) 1,0 Chất tan HCl => phản ứng (4) SO2 H2S phải phản ứng hết 0,25 Gọi số mol SO2 x => số mol H2S 2x Áp dụng bảo toàn electron : số mol NaI = 8.2x=16x -> mNaI = 150.16x số mol NaBr = 2x -> mNaBr = 103.2x * mNaCl = 4,72 – 103.2x - 150.16x * nNaCl = nHCl = 0,02875 – 3x -> (0,02875 – 3x).58,5 = 4,72 -103.2x – 150.16x Từ phương trình x = 0,00125 mol 0,25x3 nNaCl = 0,025 mol mNaCl = 58,5.0,025 = 1,4625 gam = 0,75 mNaBr = 0,0025 103 = 0,2575 gam mNaI = 0,02 150 = gam (Nếu học sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa) HẾT